2023年全国统一高考数学预测试卷（理科）（解析版）

这是一份2023年全国统一高考数学预测试卷（理科）（解析版），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年全国统一高考数学预测试卷（理科）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知全集U＝{1，2，3，4}，集合A＝{1，2}，B＝{2，4}，则A∪（∁UB）＝（　　）
A．{1} B．{1，3} C．{1，2，3} D．{1，2，3，4}
【分析】求出∁UB，由此能求出A∪（∁UB）．
【解答】解：∵全集U＝{1，2，3，4}，集合A＝{1，2}，B＝{2，4}，
∴∁UB＝{1，3}，
∴A∪（∁UB）＝{1，2，3}．
故选：C．
【点评】本题考查补集、并集的求法，考查补集、并集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2．已知复数z1，z2在复平面内对应的点分别为（1，﹣1），（0，1），则的共轭复数为（　　）
A．1+i B．﹣1+i C．﹣1﹣i D．1﹣i
【分析】由已知求得z1，z2，代入，再由复数代数形式的乘除运算化简，利用共轭复数的概念得答案．
【解答】解：由题意，复数z1＝1﹣i，z2＝i，
则＝，
∴的共轭复数为﹣1+i．
故选：B．
【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
3．甲、乙两位射击运动员参加比赛，连续5轮射击比赛的成绩情况如图所示：

则下列说法正确的是（　　）
A．甲平均成绩高，乙成绩稳定
B．甲平均成绩高，甲成绩稳定
C．乙平均成绩高，甲成绩稳定
D．乙平均成绩高，乙成绩稳定
【分析】由平均数和方差的计算公式计算即可得出答案．
【解答】解：由题意可得，，
所以，
因为，
所以，
所以且．
故选：A．
【点评】本题主要考查了平均数和方差的计算公式，属于基础题．
4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（　　）

A． B． C． D．
【分析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出几何体的表面积．
【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为四棱锥体，
如图所示：

根据三角形的面积公式：S表＝S四边形ABCD+S△SAB+S△SBC+S△SDC+S△SAD，
＝，
＝．
故选：D．

【点评】本题考查的知识要点：三视图和直观图形之间的转换，几何体的表面积的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
5．在同一坐标系中，函数y＝ax2+bx与函数y＝bx的图象可能为（　　）
A． B．
C． D．
【分析】判断b的范围，结合二次函数的开口方向，判断函数的图象即可．
【解答】解：函数y＝bx的是指数函数，b＞0且b≠1，排除选项C，
如果a＞0，二次函数的开口方向向上，二次函数的经过原点，并且有一个零点：﹣，
所以B正确；
如果a＜0，二次函数有一个零点，所以D不正确．
故选：B．
【点评】本题考查函数的图象的判定，是中档题．
6．已知函数f（x）＝alnx﹣2x，若存在x∈N*，使f（x）＞0成立，则实数a的取值范围是（　　）
A．（2e，+∞） B．（，+∞） C．（，+∞） D．（2，+∞）
【分析】由题意可得a＞，设g（x）＝，利用导数求出a的范围即可．
【解答】解：由题意可得alnx﹣2x＞0，
当x＝1时，﹣2＞0不成立，
当x＞1时，a＞，
设g（x）＝，
则g′（x）＝，
当x∈（1，e）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，
当x∈（e，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，
∵g（2）＝，g（3）＝，
又4ln3＝ln81＞ln64＝6ln2，
∴＞，
∴a＞，
故选：C．
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道常规题．
7．如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱AD，B1C1的中点．若点P为侧面正方形ADD1A1内（含边界）的动点，且存在x，y∈R使成立，则B1P与侧面ADD1A1所成角的正切值最大为（　　）

A．2 B．1 C． D．
【分析】由题意可得B1P∥平面BEF，设A1D1的中点为G，连接FD1，B1G，AG，D1E1，AB1，作图见解析所示，可得动点P的轨迹为线段GA，且当A1P⊥GA时，B1P与侧面ADD1A1所成角的正切值最大，求解即可得出答案．
【解答】解：∵存在x，y∈R，使，
∴B1P∥平面BEF，
设A1D1的中点为G，连接FD1，B1G，AG，D1E1，AB1，

则B1G∥FD1∥BE，BE⊂平面BEF，B1G不在平面BEF内，
∴B1G∥平面BEF，同理可得AG∥平面BEF，又AG∩B1G＝G，AG⊂平面B1GA，B1G⊂平面B1GA，
∴平面B1GA∥平面BEF，
∵点P为侧面正方形ADD1A1内（含边界）的动点，且B1P∥平面BEF，
∴点P的轨迹为线段GA，在GA上任取一点P，连接A1P，B1P，
∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E，G分别是棱AD，D1A1的中点，
∴，
由题意得∠A1PB1就是B1P与侧面ADD1A1所成角，
∴，当tan∠A1PB1最大时，即A1P最小，即A1P⊥GA．
由等面积法得，∴，∴tan∠A1PB1的最大值为，
故选：D．
【点评】本题考查空间中直线、平面的位置关系，考查数形结合思想和运动思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
8．《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表，其中《方田》一章给出计算弧田面积所用的公式为：弧田面积＝（弦×矢+矢×矢）．其中弧田由圆弧和其所对弦围成，公式中的“弦”指的是圆弧所对弦长，矢等于半径长与圆心到弦的距离之差．如图，现有圆心角为的弧田，其弦与半径构成的三角形面积为4，按照上述公式计算，所得弧田面积是（　　）

A．4+2 B．4+3 C．2+4 D．2+4
【分析】由题意可得∠COA＝，解三角形可得AB＝2OC，利用三角形的面积公式可求得OC，AB的值，根据所给的弧田面积公式即可求解．
【解答】解：由题意，∠AOB＝，则∠COA＝，
可得＝＝，解得：AB＝2OC，
又因为弦与半径构成的三角形面积为4＝AB×OC＝2OC×OC，
解得OC＝2，
所以AB＝4，
所以弧田面积＝（4×2+2×2）＝4+2．
故选：A．
【点评】本题主要考查了三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了方程思想和数形结合思想的应用，属于基础题．
9．蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包下半部分近似一个圆柱，高为2m；上半部分近似一个与下半部分同底的圆锥，其母线长为m，轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是面积为的等腰钝角三角形，则该蒙古包的体积约为（　　）

A．21πm3 B．18πm3
C． D．
【分析】根据题意求圆锥的高和底面半径，再结合锥体、柱体体积运算求解．
【解答】解：如图所示为该圆锥轴截面，设顶角为，

因为其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是腰长为，面积为的等腰三角形，
所以，解得，则或（舍去），
由得，，
则上半部分的体积为，下半部分体积为πr2h＝18π，
故蒙古包的体积为．
故选：C．
【点评】本题考查圆锥与圆柱的体积的计算，方程思想，化归转化思想，属中档题．
10．已知椭圆上一点P到椭圆一个焦点的距离为7，则P到另一个焦点的距离为（　　）
A．2 B．3 C．5 D．7
【分析】利用椭圆的定义即可求解．
【解答】解：椭圆，a＝5，
由椭圆的定义可知，P到另一个交点的距离为2a﹣7＝3．
故选：B．
【点评】本题考查了椭圆的定义，是基础题．
11．已知函数f（x）＝sin（2x+φ）．若f（）＝f（﹣）＝，则φ＝（　　）
A．2kπ+（k∈Z） B．2kπ+（k∈Z）
C．2kπ﹣（k∈Z） D．2kπ﹣（k∈Z）
【分析】由题意，可得函数f（x）的一条对称轴为x＝0，即φ＝2kπ+（k∈Z）．或φ＝2kπ﹣（k∈Z）．再检验选项，可得结论．
【解答】解：∵函数f（x）＝sin（2x+φ），f（）＝f（﹣）＝，
∴函数f（x）的一条对称轴为x＝0，即sinφ＝1或sinφ＝﹣1，故φ＝2kπ+（k∈Z）．或φ＝2kπ﹣（k∈Z）．
∴sin（+φ）＝sin（﹣+φ）＝①．不妨k＝0时，
φ＝时，①不成立；当φ＝﹣时，①成立，
故φ＝2kπ﹣（k∈Z），
故选：D．
【点评】本题主要考查正弦函数的图象和性质，属于中档题．
12．下列各式中正确的是（　　）
A．tan＞tan
B．tan2＞tan3
C．cos（﹣）＞cos（﹣）
D．sin（﹣）＜sin（﹣）
【分析】利用三角函数线或三角函数的单调性，判断选项的正误即可．
【解答】解：tan＜0，tan＞0，所以A不正确；
y＝tanx在x∈（，π）上，函数是增函数，所以tan2＞tan3不正确；
cos（﹣）＝cos＝，cos（﹣）＝cos＜0，所以C正确；
y＝sinx，x∈（﹣，）是增函数，所以sin（﹣）＜sin（﹣）不正确，所以D不正确；
故选：C．
【点评】本题考查三角函数线以及三角函数的单调性的应用，是中档题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在正方形ABCD中，E是AD的中点，则＝　0　．
【分析】根据向量加法的三角形法则化简计算即可求得向量的数量积．
【解答】解：如图＝，
因为，所以；

故答案为：0．
【点评】本题主要考查平面向量数量积的运算，属于基础题．
14．双曲线的一条渐近线方程为3x+2y＝0，则双曲线C的焦距为 　　．
【分析】根据题意，由双曲线的方程分析可得双曲线的渐近线方程，解可得b的值，然后求解焦距即可．
【解答】解：根据题意，双曲线的焦点在x轴上，
则其渐近线方程为y＝±x，
又由该双曲线的一条渐近线方程为3x+2y＝0，即y＝﹣x，
则有，
则b＝3；所以2c＝2＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查双曲线的几何性质以及双曲线的标准方程，属于中档题．
15．已知一个口袋有3个白球，1个黑球，这些球除颜色外全部相同，现从口袋中随机逐个取出两球，取出的两个球是一黑一白的概率是　　．
【分析】基本事件总数n＝4×3＝12，取出的两个球是一黑一白包含的基本事件个数m＝3×1+1×3＝6，由此能求出取出的两个球是一黑一白的概率．
【解答】解：一个口袋有3个白球，1个黑球，这些球除颜色外全部相同，
现从口袋中随机逐个取出两球，
基本事件总数n＝4×3＝12，
取出的两个球是一黑一白包含的基本事件个数m＝3×1+1×3＝6，
∴取出的两个球是一黑一白的概率是p＝．
故答案为：．
【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
16．已知三角形的三边长，其面积是固定的，而已知平面凸四边形的四边长，其面积是不确定的．现有一平面凸四边形ABCD，AB＝3，BC＝4，CD＝5，DA＝6，则其面积最大值为 　6　．
【分析】设∠ABC＝α，∠ADC＝β，利用两次余弦定理求出cosα，cosβ，再根据三角形的面积公式，即可求解．
【解答】解：设∠ABC＝α，∠ADC＝β，
连接AC，作图如下：

在△ABC中，由余弦定理可得，AC2＝AB2+BC2﹣2AB×BC×cosα＝25﹣24cosα，
在△ACD中，由余弦定理可得，AC2＝AD2+CD2﹣2×AD×DC×cosβ＝61﹣60cosβ，
则25﹣24cosα＝61﹣60cosβ，即5cosβ﹣2cosα＝3，
四边形ABCD的面积S＝+＝3（5sinβ+2sinα），
令5sinβ+2sinα＝m，则25sin2β+4sin2α+20sinαsinβ＝m2①，
∵5cosβ﹣2cosα＝3，
∴25cos2β+4cos2α﹣20cosαcosβ＝9②，
①+②可得，29﹣20cos（α+β）＝m2+9，即m2＝20﹣20cos（α+β），
当且仅当α+β＝π时，m2取得最大值40，此时m的最大值为，
四边形ABCD的面积S＝3（5sinβ+2sinα）＝3m，其最大值为．
故答案为：．

【点评】本题主要考查三角形中的几何计算，考查转化能力，属于中档题．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。
17．已知等差数列{an}满足a3+a6＝11，a6+a9＝17，数列{bn}满足b1＝2，bn+1﹣bn＝2n．
（1）求{an}，{bn}的通项公式；
（2）设cn＝，求数列{cn}的前n项和．
【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，利用等差数列的通项公式，结合题意列出关于首项a1，公差d的方程组，求解即可得出答案，利用累加法和等比数列的前n项和公式，即可求得bn；
（2）由（1）得an＝n+1，，求得cn，利用错位相减法，即可得出答案．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，
∵a3+a6＝11，a6+a9＝17，
∴2a1+7d＝11，2a1+13d＝17，解得a1＝2，d＝1，
故an＝n+1，
∵数列{bn}满足b1＝2，，
当n≥2时，bn﹣bn﹣1＝2n﹣1，bn﹣1﹣bn﹣2＝2n﹣2，…，b2﹣b1＝2，
∴当n≥2时，bn＝（bn﹣bn﹣1）+（bn﹣1+bn﹣2）+⋯+（b2﹣b1）+b1＝，
当n＝1时，b1＝2，
故；
（2）由（1）得an＝n+1，，则，
设{cn}的前n项和为Sn，
则①，
故②，
由①﹣②得，即，
∴，
故数列{cn}的前n项和为．
【点评】本题考查等差数列和等比数列的综合，考查转化思想和方程思想，考查累加法和错位相减法，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，D为PC中点，E为AD中点，PA＝AC＝2，BC＝1．
（1）求证：AD⊥平面PBC；
（2）求PE与平面ABD所成角的正弦值．

【分析】（1）由PA⊥平面ABC得出PA⊥BC，再证明BC⊥平面PAC，得出BC⊥AD，从而证明AD⊥平面PBC；
（2）以C为坐标原点建立空间直角坐标系，用坐标表示向量，求出和平面ABD的法向量，再求PE与平面ABD所成角的正弦值．
【解答】解：（1）证明：因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，
又BC⊥AC，且PA∩AC＝A，
所以BC⊥平面PAC，又AD⊂平面PAC，所以BC⊥AD；
因为PA＝AC，D为PC的中点，所以AD⊥PC，又PC∩BC＝C，
所以AD⊥平面PBC；
（2）以C为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示：

则A（2，0，0），B（0，1，0），P（2，0，2），
所以D（1，0，1），E（，0，），
所以＝（﹣，0，﹣），＝（﹣2，1，0），＝（﹣1，0，1）；
设平面ABD的法向量为＝（x，y，z），则，
即，令z＝1，得＝（1，2，1）；
设PE与平面ABD所成的角为θ，
则sinθ＝|cos＜，＞|＝||
＝＝＝．
【点评】本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了直线与平面所成的角计算问题，是中档题．
19．某小学为了解毕业年级学生对小升初择校现象的看法，设计了一份调查问卷，其中包括为择校意愿打分，并且分数可以为[0，10]内的任意值（完全不想择校，择校意愿记为0，坚定不移要择校，择校意愿为10）该小学从毕业年级随机抽取20名同学，要求20名同学完成调查问卷，并统计得到择校意愿打分频数分布表．
择校意愿打分频数分布表
择校意愿打分分组
第一组[0，2）
第二组[2，4）
第三组[4，6）
第四组[6，8）
第四组[8，10）
频数
3
2
6
4
5
（1）作出这20名同学择校意愿打分频率分布直方图，并计算择校意愿打分的平均数（每一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）将第二、三、四组称为观望组，若以这20名同学在各区间打分的概率代该校毕业年级同学在各区间打分的概率，从该校毕业年中任选3个家庭，记这3个家庭中属于观望组的家庭数为X，求X的分布列和数学期望．

【分析】（1）利用已知条件频率分布直方图，然后求解择校意愿打分的平均值，
（2）第二、三、四组称为观望组，若将频率视为概率，每个家庭是观望家度的概率，推出X的可能取值为0，1，2，3，求出概率，得到X的分布列，然后求解期望．
【解答】解：（1）择校意愿打分的平均值为
1×0.15+3×0.1+5×03+7×0.2+9×0.25＝5．

（2）第二、三、四组称为观望组，若将频率视为概率，每个家庭是观望家度的概率是
P＝0.1+0.3+0.2＝06，
X的可能取值为0，1，2，3且X～B（3，0.6）
P（X＝0）＝（1﹣0.6）2＝0.064，
P（X＝1）＝＝0.288；
P（X＝2）＝＝0.432；
P（X＝3）＝0.63＝0.216．
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
P
0.064
0.288
0.4320
0.216
E（X）＝3×0.6＝1.8．
【点评】本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，考查计算能力．
20．已知直线l与抛物线C：x2＝2py（p＞0）交于A，B两点，且OA⊥OB，OD⊥AB，D为垂足，点D的坐标为（1，1）．
（1）求C的方程；
（2）若点E是直线y＝x﹣4上的动点，过点E作抛物线C的两条切线EP，EQ，其中P，Q为切点，试证明直线PQ恒过一定点，并求出该定点的坐标．
【分析】（1）设点A的坐标为（x1，y1），点B的坐标为（x2，y2），根据题意可得到直线AB的方程，联立抛物线的方程，整理可得到关于x（含参p）的一元二次方程，从而得到x1+x2，x1x2，再根据OA⊥OB，代入即可求解p的值，进而得到C的方程；
（2）结合（1）中抛物线，得y′＝x，设过点E作抛物线C的切线的切点为，则可得到过点E的切线方程，设点E（t，t﹣4），，，从而得到x3，x4是方程x2﹣2tx+2t﹣8＝0的两实数根，则得到x3+x4，x3x4，进而得到PQ的中点M的坐标，kPQ，从而得到直线PQ的方程，进而得到直线PQ恒过的定点．
【解答】解：（1）设点A的坐标为（x1，y1），点B的坐标为（x2，y2），
因为kOD＝1，所以kAB＝﹣1，则直线AB的方程为y＝﹣x+2，
联立方程组，消去y，整理得x2+2px﹣4p＝0，
所以有x1+x2＝﹣2p，x1x2＝﹣4p，
又OA⊥OB，得x1x2+y1y2＝x1x2+（2﹣x1）（2﹣x2）＝0，
整理得x1x2﹣（x1+x2）+2＝﹣4p+2p+2＝0，解得p＝1，
所以C的方程为x2＝2y．
（2）由x2＝2y，得，所以y′＝x，
设过点E作抛物线C的切线的切点为，
则相应的切线方程为，即，
设点E（t，t﹣4），由切线经过点E，得，即，
设，，则x3，x4是x2﹣2tx+2t﹣8＝0的两实数根，
可得x3+x4＝2t，x3x4＝2t﹣8．
设M是PQ的中点，则相应，
则，即，
又，
直线PQ的方程为y﹣（t2﹣t+4）＝t（x﹣t），即y＝t（x﹣1）+4，
所以直线PQ恒过定点（1，4）．
【点评】本题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
21．已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝ax﹣1（a∈R）．
（1）若方程f（x）﹣g（x）＝0存在两个不等的实根x1，x2，求a的取值范围．
（2）满足（1）问的条件下，证明：x1•x2＞1．
【分析】（1）参变分离可得，将原问题转化为函数T（x）＝与直线y＝a在（0，+∞）上有两个不同交点，再借助导数求函数T（x）的值域，即可得解；
（2）由x1，x2是lnx﹣ax+1＝0的两个根，得a＝，再采用分析法，将要证的问题逐步转化为要证ln＜，然后构造函数φ（t）＝lnt﹣，t∈（0，1），最后证明φ（t）＜0，即可．
【解答】（1）解：由题意，lnx＝ax﹣1，可得，
转化为函数T（x）＝与直线y＝a在（0，+∞）上有两个不同交点，
T′（x）＝（x＞0），
所以当x∈（0，1）时，T′（x）＞0，T（x）在（0，1）上单调递增；
当x∈（1，+∞）时，T′（x）＜0，T（x）在（1，+∞）上单调递减，
所以T（x）max＝T（1）＝1，
又T（）＝0，
所以当x∈（0，）时，T（x）＜0，当x∈（，+∞）时，T（x）＞0，
故a的取值范围为（0，1）．
（2）证明：因为x1，x2是lnx﹣ax+1＝0的两个根，
所以lnx1﹣ax1+1＝0，lnx2﹣ax2+1＝0⇒a＝，
要证x1x2＞1，需证lnx1+lnx2＞0，即证（ax1﹣1）+（ax2﹣1）＞0，
即只需证明a＞，即证＞，
不妨设0＜x1＜x2，则需证ln＜＝，
令t＝∈（0，1），则φ（t）＝lnt﹣，
所以φ′（t）＝﹣＝＞0，
所以φ（t）在（0，1）上单调递增，
所以φ（t）＜φ（1）＝0，
故ln＜成立，即x1•x2＞1成立．
【点评】本题考查利用导数研究方程的根，证明不等式等，将方程根的问题转化为函数的交点问题，以及构造新函数是解题的关键，考查转化与划归的思想，逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
22．在直角坐标系xOy中，曲线C：x2+y2＝1经过伸缩变换后的曲线为C1，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为psin（θ+）＝2．
（1）写出C1的普通方程和C2的直角坐标方程；
（2）若C1上的一点P到C2的距离的最大，求距离的最大值及P点的坐标．
【分析】（1）直接利用转换关系，可得C1的普通方程；利用两角和的正弦展开psin（θ+）＝2，结合极坐标与直角坐标的互化公式可得C2的直角坐标方程；
（2）设曲线C1上的点P（cosθ，sinθ），利用点到直线的距离公式写距离，再由三角函数求最值．
【解答】解：（1）曲线C：x2+y2＝1经过伸缩变换后，得到曲线C1为：；
曲线C2的极坐标方程为ρsin（θ+）＝2，即ρsinθ+ρcosθ＝4，
又x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，可得C2的直角坐标方程为x+y﹣4＝0；
（2）设曲线C1上的点P（cosθ，sinθ），
∴点P到直线l的距离d＝＝，
∴当sin（）＝﹣1时，d有最大值为，此时＝，k∈Z．
则P（，﹣）．
【点评】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查点到直线距离公式的应用，考查运算求解能力，是基础题．
23．已知a＞0，b＞0．
（Ⅰ）若a+b＞4，证明：和中至少有一个小于2；
（Ⅱ）若a+b＝4，证明：．
【分析】（Ⅰ）利用反证法，假设结论不成立，然后推出与已知错误的结论，即可证得结果；
（Ⅱ）由已知利用“1”的代换结合基本不等式证明．
【解答】证明（Ⅰ）假设≥2，≥2，
∵a＞0，b＞0，∴b+2≥2a，a+2≥2b，
∴a+b+4≥2a+2b，故a+b≤4，这与a+b＞4矛盾，
∴假设不成立，故和中至少有一个小于2；
（Ⅱ）∵a+b＝4，
∴
＝
＝，当且仅当a＝b＝2时等号成立．
∴．
【点评】本题考查不等式的证明，训练了反证法的应用，考查基本不等式的应用，是中档题．